2021届人教版高一下学期期末化学基础过关卷试题答案.docx

2021届高一下学期期末化学人教版根底过关卷试题答案2章化学反响与能量1D【详解】化学反响速率的决定性要素是反响物的性质，如钠可与冷水发生剧烈反响，而铜与热水在高温下也不反响，浓度、温度、压强、催化剂等要素是次要要素，应选D。2C【详解】A装置甲中金属W不断溶解，则W失电子作原电池负极，A正确；BY上铜离子得电子生成Cu，则Y电极上的反响式为Cu2+2e- =Cu，B正确；CW上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误；D甲中W为负极，X为正极，活动性：WX；乙中X为负极，Y为正极，活动性：XY；丙中Z为负极，W为正极，活动性：ZW，因而四种金属的活动性强弱顺序为ZWXY，D正确；应选C。3B【解析】试题分析： 液态水变成水蒸气吸热，但不是吸热反响； 酸碱中和反响是放热反响； 浓H2SO4稀释放热，但不是放热反响； 固体NaOH溶于水放热，但不是放热反响； H2在Cl2中燃烧是放热反响； 碳高温条件下复原CO2是吸热反响，答案选B。考点：考察放热反响和吸热反响推断4A【详解】该反响中反响物、的总能量高于生成物的总能量，故该反响是放热反响，A依照分析，该反响是放热反响，故A正确；B放热反响中，反响物的总键能小于生成物的总键能，故B错误；C该反响为放热反响，反响物、的总能量高于生成物的总能量，无法比拟、能量的高低，故C错误；D依照分析，该反响吸热，故D错误；答案选A。5C【分析】该装置中，有爽朗性不同的两极，电解质溶液（番茄中），构成闭合回路，此装置为原电池，据此进展分析。【详解】A此装置为原电池，锌的爽朗性大于铜，锌做负极，铜做正极，电子由锌通过导线流向铜，电子不能流经电解质溶液，故A错误；B此装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故B错误；C此装置为原电池，锌的爽朗性大于铜，锌做负极，失电子，发生氧化反响，由于锌不断溶解，因而其质量不断减小，故C正确；D此装置为原电池，锌的爽朗性大于铜，锌做负极，铜做正极，电子由锌通过导线流向铜，因而电流由铜通过导线流向锌，使电流计指针发生偏转，故D错误；应选C。6C【详解】A甲是原电池，乙不是，故甲烧杯中铜片外表有气泡产生，乙烧杯中铜片外表有无气泡产生，A错误；B甲中铜片作正极；乙不是原电池，无负极，B错误；C两烧杯中，H2SO4都在被耗费，溶液中c(H+)在不断减小，pH均增大，C正确；D甲是原电池，原电池可加快反响速率，故甲中产生气泡的速度比乙快，D错误；应选C。7C【详解】A依照电池总反响可知电池工作时，Mg被氧化，作负极，失电子发生氧化反响，故A错误；B电子不能在电解质溶液中挪动，故B错误；C镁为负极，活性炭电极为正极，氧气在正极得电子发生复原反响，依照总反响可知电极反响式为O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-，故C正确；D电池工作时活性炭电极吸附氧气发生复原反响，不产生气泡，故D错误；故答案为C。8B【详解】A、该装置是原电池装置，发生的反响本质是Cu与硝酸银的反响，因而Cu失去电子，发生氧化反响，则Cu是负极，Ag是正极，电流从正极Ag流向负极Cu，选项A错误；B、正极是银离子发生复原反响，得到电子生成Ag，选项B正确；C、依照以上分析，Cu片上发生氧化反响，Ag片上发生复原反响，选项C错误；D、原电池中，阳离子向正极挪动，因而盐桥中的阳离子移向AgNO3溶液，选项D错误。答案选B。9B【解析】试题分析：A将煤块粉碎后燃烧，由于接触面积增大反响速率大大加快，错误；B将食物贮藏在冰箱中，物质的温度降低，反响速率降低，正确；C用过氧化氢溶液制氧气时添加少量二氧化锰粉末，二氧化锰是过氧化氢分解制取氧气的催化剂，能够大大加快化学反响速率，错误；D用粗锌替代纯锌与同浓度同体积的盐酸反响制氢气，由于粗锌中的杂质及锌和酸构成原电池，因而能够大大加快反响速率，错误。考点：考察妨碍化学反响速率的要素的知识。10A【详解】不管是放热反响依然吸热反响，在一定条件下，升高温度，反响速率均增大，A正确；应选A。11D【详解】锌与稀酸反响的本质为Zn+2H+H2+Zn2+，B、C、D的温度都是20，而A的温度为10，B、C、D中D的c(H+)最大，依照温度越高，反响速率越快，浓度越大，反响速率越快，D中反响温度最高，氢离子浓度最大，最初反响速率最快，应选D。12A【详解】A. 水煤气是通过煤和水蒸汽制获得，是一氧化碳和氢气的混合气体，水煤气是通过煤和水蒸汽制取的，是二级能源，故A正确；B. 水力是自然界中以现成方式提供的能源，为一级能源，故B错误；C. 石油是矿物燃料，是经人工开采后直截了当获得的，未经人为的加工，故为一级能源，故C错误；D. 电能是通过物质燃烧放热转化成的；或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误；应选：A.。13D【详解】A. 该装置为原电池，是化学能转化为电能，A错误；B. 氢气失去电子，作负极，反响的方程式为2H2-4e-=4H+，B错误；C. 电极a为负极，b为正极，电子由电极a通过导线流向电极b，C错误；D. 氢气氧气燃烧生成水的反响为放热反响，即2 mol 氢气和1 mol氧气的总能量高于2 mol 水的总能量，D正确；故答案选D。14A【解析】【详解】A.化学反响除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化，故A说法正确；B.反响是放热依然吸热，与反响条件没有必定联络，有的放热反响可能需要加热才能发生，有的吸热反响在常温下也能发生，故B说法不正确；C.需要加热的反响不一定是吸热反响，如木炭在常温下引燃时需要加热才能发生，但木炭燃烧为放热反响，故C说法不正确；D.化学反响是吸热依然放热取决于反响中旧化学键断裂吸收的总能量与新化学键构成过程中释放的总能量的相对大小，并不取决于反响的条件，故D说法不正确；答案选A。【点睛】此题主要考察了反响的热效应与反响条件之间的关系以及反响中热量变化的缘故，需让学生明确反响是吸热反响依然放热反响与反响条件加热与否没有必定联络。15A【详解】A.参加硫酸钠固体，盐酸(氢离子)的浓度无变化，对其化学反响速率无妨碍，A正确；B.改变铝条的接触面积，化学反响速率增大，B错误；C.升高温度都能使化学反响速率增大，C错误；D.增大盐酸(氢离子)的浓度，反响速率增大，D错误；答案为A。16D【解析】分析：A、依照催化剂加快反响速率分析；B、依照反响是可逆反响解答；C、依照增大氧气浓度平衡正向挪动推断；D、依照平衡状态的特征解答。详解：A、催化剂加快反响速率，因而使用催化剂的目的是加快反响速率，提高消费效率，A正确；B、反响是可逆反响，因而在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3，B正确；C、增加O2的浓度，反响向正反响方向进展，因而能够提高SO2的转化率，C正确；D、在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时（但不为0），反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。因而当SO2和SO3的浓度相等时，反响不一定到达平衡，D错误，答案选D。172H+2e-=H2 增大 H2SO4+Zn = H2+ZnSO4 BAC a CH4 - 8e- +10OH- CO32- + 7H2O 减小 【分析】(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反响是CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O。【详解】(1) 在B装置中，Fe、Sn、稀硫酸溶液构成原电池，金属性Fe大于Sn，则Sn为正极，Sn极上发生的电极反响式为2H+2e-=H2；Sn极附近溶液的氢离子浓度减小，pH增大；C中Zn、Fe、稀硫酸溶液构成原电池，锌是负极、铁是正极，总反响方程式为H2SO4+Zn = H2+ZnSO4；A中没有构成原电池，为铁的化学腐蚀，B中构成原电池，Sn极是正极、铁极是负极，C中构成原电池，锌是负极、铁是正极，原电池负极腐蚀速率化学腐蚀速率原电池正极腐蚀速率，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是BAC； (2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反响式为CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O。电池的负极是a电极，该极失电子发生氧化反响，电极反响式为CH4 - 8e- +10OH- CO32- + 7H2O；依照总反响式可知，反响耗费氢氧化钠，电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小。【点睛】金属发生腐蚀的速率大小关系为：电解池阳极腐蚀速率原电池负极腐蚀速率化学腐蚀速率原电池正极腐蚀速率电解池阴极腐蚀速率。18负 Zn2e=Zn2 正 2H2e=H2 负 Fe2e=Fe2 Fe+2H=Fe2H2 【详解】(1)当电解质溶液为稀硫酸时，Zn比铜爽朗，为负极，电极反响式为：Zn2e=Zn2；铜是正极，溶液中的H+得到电子，电极反响式为：2H2e=H2，故答案为负；Zn2e=Zn2；正；2H2e=H2；(2)由铜、铁和稀硫酸组成的原电池中，由于铁比铜爽朗，因而铁是负极，电极反响式为：Fe2e=Fe2，铜是正极，电极反响式为2H2e=H2，电池的总反响为：Fe+2H=Fe2H2，故答案为：负；Fe2e=Fe2；Fe+2H=Fe2H2；191）放热；（2）高；（3）化学反响，热；（4）低；（5）436kJ。【解析】试题分析：当向盛有X的试管中滴加试剂Y时，看到U型管中甲处液面下降乙处液面上升，依照气体具有热胀冷缩的性质，能够推断反响的放热反响，放出的热量使气体的体积膨胀，导致甲液面下降，乙液面上升；(2)反响为放热反响，说明反响物的能量比生成物的能量高；（3）物质中的化学能通过化学反响转化成热能释放出来；（4）反响物化学键断裂吸收的能量比生成物化学键构成放出的能量低，因而多余的能量就以热能的方式释放出来；（5）氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反响，因而化学反响放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为Q，依照方程式：2H2 +1/2O2=H2O则：242kJ=2463kJ-（Q+1/2496kJ），解得Q=436kJ。考点：考察反响热与化学键的键能的关系及应用的知识。200.0015 molL1s1 放 b BC C 【详解】试题分析：（1）2s内用NO表示的平均反响速率v(NO)n(NO)V t(0.020mol0.008mol)2L2s3.010-3 mol/(Ls)，速率之比等于化学计量数之比，因而v(O2)1/2 v(NO)1.510-3 mol/(Ls)；假设上述反响在850下进展，反响2s时n（NO），这说明升高温度，化学平衡向逆反响方向挪动。依照化学平衡挪动原理，升高温度，化学平衡向吸热反响方向挪动，逆反响是吸热反响，则该反响的正反响是放热反响；（2）NO2是产物，随反响进展浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量c(NO)，依照方程式中NO与NO2的系数关系可知，图中表示NO2变化的曲线是b；（3）A.表示同一方向反响速率，v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明到达平衡，A错误；B.随反响进展，反响混合气体总的物质的量在减小，容器内的压强减小，当压强保持不变，说明反响到达平衡，B正确；C.不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，V逆(NO)：V正(O2)2：1，即V逆(NO)2 V正(O2)，C正确；D.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，因而密度自始至终不变，不能说明到达平衡，D错误，答案选BC；（4）2NO(g)O2(g) 2NO2(g)正方向为体积减小的放热反响，A.减小生成物的浓度平衡正向挪动，及时别离除NO2气体，平衡正移，但是浓度减小，速率减小，A错误；B.适当升高温度，化学平衡向吸热的逆反响方向挪动，B错误；C.增大O2的浓度，平衡正向挪动，反响物浓度增大，速率加快，C正确；D.选择高效催化剂，反响速率加快，但是平衡不挪动，D错误。答案选C。【考点】考察化学反响速率的计算、化学平衡状态的推断及外界条件对化学反响速率和化学平衡挪动的妨碍的知识。【点晴】该题的难点是平衡状态推断，在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时（但不为0），反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。留意可逆反响到达平衡状态有两个核心的推断依照：正反响速率和逆反响速率相等。反响混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反响是否到达平衡状态，关于随反响的发生而发生变化的物理量假如不变了，即说明可逆反响到达了平衡状态。推断化学反响是否到达平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反响的任一物质的物质的量不再发生变化。21 0.05 molL1s1 0.08 molL1 【解析】(1)依照化学方程式中的计量数关系可知=，v(B)=3v(A)=30.2 molL1min1=0.6 molL1min1。(2)3 s内耗费的N2的物质的量为2 mol1.9 mol=0.1 mol，依照化学方程式N2+3H22NH3，能够计算出3 s内耗费的H2的物质的量为0.3 mol，依照化学反响速率的计算公式可知v(H2)=0.05 molL1s1。(3)在最初2 s内，耗费A的平均速率为0.06 molL1s1，则耗费A的浓度是0.06 molL1s12s0.12mol/L，依照方程式可知3A(g)+B(g)2C(g)起始浓度（mol/L） 1 0.5 0转化浓度（mol/L） 0.12 0.04 0.082s时浓度（mol/L）0.88 0.46 0.08则在2 s时，容器中A的物质的量是0.88mol/L10L8.8mol，如今C的物质的量浓度为0.08molL。7 / 8